椭圆与双曲线常见题型归纳

1、椭圆与双曲线常见题型归纳”的综合型试题的分类求解一.曲线方程+直线与圆锥曲线位置关系1向量综合型例1在直角坐标系xOy 中,点P到两点(0,.,(0, J3)的距离之和为4,设点P的轨迹为C,直线y kx 1与C交于代B两点。(I)写出C的方程；uuu uuu(n)若OA 0B，求k的值。1的左、右焦点2x 例2 设F1、F2分别是椭圆一4(I) 若P是该椭圆上的一个动点,lot ujurPF1 PF2的最大值和最小值；(n)设过定点 M(0,2)的直线I与椭圆交于不同的两点 A、B，且/ AOB为锐角(其中0为坐标原点)，求直线I 的斜率k的取值范围例3.2设F1、F2分别是椭圆 41的左、

2、右焦点， B(0, 1).(I)(n)(出)P是该椭圆上的一个动点,C为椭圆上异于B 一点,P是该椭圆上的一个动点，ujur例4.uurPR PF2的最大值和最小值；BF1CF1，求的值;PBF1的周长的最大值已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为(.3,0)(1)求双曲线C的方程；若直线I: y kx 2与双曲线C恒有两个不同的交点 A和B，且OA 0B 2(其中0为原点)，求k的取值范围。2x例5.已知椭圆a岂(a> b>0)的离心率e上，过点b23A (0, -b)和 B (a, 0)的直线与原点的距离为_32(1 )求椭圆的方程.(2 )已知定点E (-1,

3、 径的圆过E点？请说明理由.0),若直线y= kx+ 2 ( kz0)与椭圆交于 C、D两点.问：是否存在k的值，使以CD为直2“中点弦型”2 2例6.已知椭圆乂431 ,试确定m的值，使得在此椭圆上存在不同两点关于直线y 4x m对称。例7已知双曲线的中心在原点，焦点在 x轴上，离心率e 3，焦距为2. 3 (I )求该双曲线方程(II)是否定存在过点P (1 , 1)的直线I与该双曲线交于A , B两点，且点P是线段AB的中点? 若存在，请求出直线I的方程，若不存在，说明理由例&已知椭圆的中心在原点，焦点为F1 (0,242) , F2 (0, 2y2 ),且离心率e 空2。3(I

4、)求椭圆的方程;1(II)直线l (与坐标轴不平行)与椭圆交于不同的两点A、B,且线段AB中点的横坐标为，求直线I倾斜2角的取值范围。3“弦长型”2x 2例9 .直线y= kx+ b与椭圆 y 1交于A、B两点，记 AOB的面积为4(I)求在k= 0, Ov bv 1的条件下，S的最大值； (n )当丨AB | = 2, S= 1时，求直线 AB的方程.ltritrltit例 10.已知向量m1=(0, x), n1 = (1,1),m2= (x , 0), n2 = (y2 ,1)(其中 x , y是实数)，又设向量m =m1 + J2n2,ritrirrn = m2 2 n1，且m /n，

5、点P (x, y)的轨迹为曲线C.(I)求曲线C的方程;(n)设直线l : y kx 1与曲线C交于M、N两点，当|MN |=2时，求直线I的方程.3二.“基本性质型”2例11 设双曲线g的方程为笃a2y21(a0,b0) , A、Bb2为其左、右两个顶点，P是双曲线C1上的任一点，QBPB, QA PA , AQ与BQ相交于点Q。(1)求Q点的轨迹方程;(2)设(1)中所求轨迹为C2, C1、C2的离心率分别为 ©、e，当 e2 时，求e,的取值范围。1上一点，F1、F2为左右焦点，若F1PF260例13.已知双曲线与椭圆x2491共焦点，且以y4x为渐近线，求双曲线方程.(12分

6、)243例14.k代表实数,讨论方程kx 2例12. P为椭圆仝 J259(1 )求厶FfF?的面积;(2) 求P点的坐标. 2y2 8 0所表示的曲线.直线和圆锥曲线常考题型直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离三种情况，从几何角度可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异公共点“对于抛物线来说，平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点，但并不是相切；对于双曲线来说，平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点，但并不相切.直线和椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的公共点问题，可以转化为它们的方程所组成的方程组求解的问题,从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。解决直

7、线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是：(1)直线的斜率不存在，直线的斜率存，(2)联立直线和曲线的方程组；(3) 讨论类一元二次方程(4) 一元二次方程的判别式(5)韦达定理，同类坐标变换(6)同点纵横坐标变换(7) x,y，k(斜率)的取值范围(8)目标：弦长，中点，垂直，角度，向量，面积，范围等等运用的知识：1、 中点坐标公式：xX2,y 上 吃，其中x, y是点A(xi,yi), B(x2, y2)的中点坐标。2 22、 弦长公式：若点 A(x-|, y1)， B(x2, y2)在直线y kx b(k 0)上，则yi kxi b, y kcx2 b，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧

8、之一，AB J(Xi X2)2 (% y2)2(xi(kx.f kx2)、.(i k2)(x X2)2 Ax/?或者AB(为 X2)2 (yiy2)2i 2kx2) (yiy2)2. (i )(yi y2)2J(i 古)(yi y2)2 4yiy2 o3、 两条直线 li : y kix d,l2：y k2x d 垂直：则 Kk?i两条直线垂直，则直线所在的向量vvi gvr2 0一2bc4、 韦达定理：若一兀二次方程ax bx c 0(a 0)有两个不同的根 n,x2，则x1 x2,x1x2aa常见的一些题型：题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系题型二：弦的垂直平分线问题弦的垂直平分

9、线问题和对称问题是一种解题思维，首先弄清楚哪个是弦，哪个是对称轴，用到的知识是：垂直(两直线的斜率之积为-1 )和平分(中点坐标公式)。例题2、过点T(-1,0)作直线I与曲线N : y2 x交于A、B两点,在x轴上是否存在一点 E(x°,0)，使得 ABE是等边三角形，若存在，求出X。；若不存在，请说明理由。分析：过点T(-1,0)的直线和曲线 N: y2 x相交A、B两点，则直线的斜率存在且不等于0，可以设直线的方程,联立方程组，消元，分析类一元二次方程，看判别式，运用韦达定理，得弦的中点坐标，再由垂直和中点，写出垂解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0° 设直线 I

10、 : y k(x 1)，k0， A(xi,yi)， B(X2,y2)°直平分线的方程，得出 E点坐标，最后由正三角形的性质：中线长是边长的-倍。运用弦长公式求弦长。2由 y2 k(x 1)消 丫 整理，得 k2x2 (2k2 1)x k2 0y由直线和抛物线交于两点，得2 2(2 k 1)424k 4k 10 即 0k2-4由韦达定理，得:x-ix22k21。则线段AB的中点为(22k 11、2 ,)。2k2 2k线段的垂直平分线方程为:12k1 2k2)1 1令 y=0,得 X02P 2 '则 E(12k2ABE为正三角形,E(2k1 12-,0)到直线2 2J3AB的距离

11、d为Q AB(X1 X2)2 (y1 y2)2tg.1 k2 d ' 厂.3、12k4k22厂J39解得k荷满足式此时xo思维规律：直线过定点设直线的斜率 k，利用韦达定理法，将弦的中点用 k表示出来，再利用垂直关系将弦的垂直倍，将k确定，进而求出x0的2平分线方程写出来，求出了横截距的坐标；再利用正三角形的性质：高是边长的 坐标。x22 一例题3、已知椭圆y1的左焦点为F, O为坐标原点。2(I)求过点 O F,并且与x2相切的圆的方程；(H)设过点 F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段 AB的垂直平分线与 x轴交于点G,求点G横坐分析：第一问求圆的方程，运用几何法：圆心

12、在弦的垂直平分线上，圆心到切线的距离等于圆心到定点的距离； 第二问，过定点的弦的垂直平分线如果和x轴相交，则弦的斜率存在，且不等于0,设出弦AB所在的直线的方程，运用韦达定理求出弦中点的横坐标，由弦AB的方程求出中点的总坐标，再有弦AB的斜率，得到线段 AB的垂直平分线的方程，就可以得到点G的坐标。122It解：(I) / a =2, b=1,. c=1 , F(-1 , 0), l:x=-2. ：圆过点 O F, a 圆心 M在直线 x=-上21 1设 M(-,t)，则圆半径：r=|(- -)-(-2)|=2I 1 2由 |OM|=r，得()2X 2t2(II)由题意可知，直线2代入+y2=

13、1，整理得231 2 2 9一，解得t= ± 2，所求圆的方程为(X+ -)+(y 士 . 2 )=-4AB的斜率存在，且不等于0,设直线AB的方程为y=k(x+1)(k丰0),2 2 2 2(1+2k )x +4kx+2k -2=0 直线 AB过椭圆的左焦点 F,方程一定有两个不等实根，设A(xi, yi) , B(X2, y2), AB中点N(x°, y°),则 *+乂1=-47 %2(x1 X2)2k 12y0 k(x。1)2k 1_k2k2 AB垂直平分线NG勺方程为y y01(xX。)令 y=0,得xcxo kyo2k22k2 1k22k2 1k22k2

14、 112 4k_2 k0,1 xc 0.5 )。2技巧提示：直线过定点设直线的斜率k，利用韦达定理，将弦的中点用技巧，是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的两大技巧之第一个技巧。再利用垂直关系将弦点G横坐标的取值范围为表示出来，韦达定理就是同类坐标变换的AB的垂直平分线方程写出来，就求出了横截距的坐标(关于k的函数)。直线和圆锥曲线中参数的范围问题，就是函数的值域问题。23厂1(a b 0)过点(1,-)，且离心率b222x练习1：已知椭圆C：飞a(I)求椭圆方程；(n)若直线I : y kxm(k 0)与椭圆交于不同的两点 M、1，且线段MN的垂直平分线过定点G(丄,0),8a,b的关系式，再

15、根据3过点(1, ) ”得到a,b的第2个关系式，解方2程组，就可以解出 a,b的值，确定椭圆方程。第二问，设出交点坐标，联立方程组，转化为一元二次方程，通过判别式得出k,m的不等式，再根据韦达定理，得出弦MN的中点的横坐标，禾U用弦的直线方程，得到中点的纵坐标，由中点坐标和定点1G(- ,0)，得垂直平分线的8斜率，有垂直平分线的斜率和弦的斜率之积为-1，可得k, m的等式，用k表示m再代入不等式，就可以求出k的取值范围。解：(I) Q离心率eb2a3，即 4b2 3a2 (1 )；4又椭圆过点(1,-2，则94b7(1)式代入上式，解得a24 , b22x3，椭圆方程为42y3(n)设 M

16、 (xi, yi), Ng y2)，弦 MN的中点 A(x°, y°),y kx m3x2 4y2得:12(3 4k2)x2 8mkx 4m2 120,Q直线l: ykx m(k 0)与椭圆交于不同的两点,64m2k24(34k2)(4m212)0，即 m2 4k231)由韦达定理得:X1X28mk3 4k2 ,x1x24m2 122，则 X。3 4k4mkL0kxo4mk23 4k23m2 ，4k直线AG的斜率为:Kag3m3 4k24mk3 4k224m32mk 3 4k2由直线AG和直线MN垂直可得24m32mk 3 4k?g38k4k2，代入(2屮 4k2 3，即

17、k2 20 '则。10老师支招：如果只说一条直线和椭圆相交，y kx m，再和曲线联立，转化成一元没有说直线过点或没给出直线的斜率，就直接设直线的方程为: .次方程，就能找到解决问题的门路。本题解决过程中运用了两大解题技 巧：与韦达定理有关的同类坐标变换技巧，与点的纵、横坐标有关的同点纵横坐标变换技巧。解决直线和圆锥曲线 的问题的关键就是充分、灵活的运用这两大解题技巧。练习2、设F1、F2分别是椭圆乍七1的左右焦点.是否存在过点A(5,0)的直线l与椭圆交于不同的两点C、D ,使得| F 2C说明理由.程；若不存在，请分析：由F 2C的直线对称，由直可以设直线l的方F线I过的定点k值，

18、看是否在判别式的取值范围内。解：假设存在直线满足题意，由题意知，过A的直线的斜率存在,且不等于。设直线I的方程为：yk(x 5),( k 0)，1中点M的坐标，由点 M和点F1的坐标，得斜率为，解出kC(Xi,yJ、。化小)，CD 的中点 M (xo, yo)。20由 y2k(X25)得: (4 5k2 )x2 50k2x 125k24x 5y 20又直线I与椭圆交于不同的两点 C、D，则=(50k2)24(45k2)(125k2 20)0,即0 k2由韦达定理得:x1x250k22,X1X24 5k2125k2 204 5k2则X0X1X2225k24 5k2,y° k(x0 5)

19、k(辱4 5k25)20k4 5k220k4 5k2)。又点& (1,0)，则直线MF2的斜率为kMF220k4 5k225k2 彳2 14 5k25k2 ，1 5k25k2根据CD MF2得：kMF2g<1，即 21，此方程无解，即21 5k2k不存在，也就是不存在满足条件的直线。老师提醒：通过以上2个例题和2个练习，我们可以看出，解决垂直平分线的问题，即对称问题分两步：第一步， 有弦所在的直线和曲线联立，转化为一元二次方程(或类一元二次方程)，通过判别式得不等式，由韦达定理得出弦中点的坐标；第二步是利用垂直关系，得出斜率之积为-1，或者是利用中点坐标和对称轴直线的斜率，写出垂

20、直平分线的方程，就可以解决问题。需要注意的一点是，求出的参数一定要满足判别式。题型三：动弦过定点的问题圆锥曲线自身有一些规律性的东西，其中一些性质是和直线与圆锥曲线相交的弦有关系，对这样的一些性质，我们 必须了如指掌，并且必须会证明。随着几何画板的开发，实现了机器证明几何问题，好多以前我们不知道的、了解 不深入的几何或代数性质，都如雨后春笋般的出来了，其中大部分都有可以遵循的规律，高考出题人，也得设计好 思维，让我们在他们设好的路上“走”出来。下面我们就通过几个考题领略一下其风采。例题4、已知椭圆C:y2、321(a b 0)的离心率为 ，且在X轴上的顶点分别为 A1(-2,0),A 2(2,

21、0)。b2(I)求椭圆的方程;(II)若直线 I: X t(t2)与x轴交于点T,点P为直线I上异于点T的任一点，直线 PAi,PA2分别与椭圆交于 M、N点，试问直线 MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。分析：第一问是待定系数法求轨迹方程；第二问中，点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是 A1(-2,0)和M,通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标。动点P在直线l : X t(t 2)上，相当于知道了点 P的横坐标了，由直线 PA1、PA2的方程可以求出 P点的纵坐标,得到两条直线的斜率的关系，通过所求的 M、N点的坐标，求出直

22、线 MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的 了，否则就不存在。t>2，就可以解:c 3(l)由已知椭圆 C的离心率e，a 2,则得c 3,b1。a 22(II )设皿(捲，) , N(X2,y2)，直线AM的斜率为k1;则直线AM的方程为y k/x 2)，由y k1（x 2）2X4y24 消 y整理得（1 4k12）X216k2X 16k124Q 2和&是方程的两个根,22X116k141 4好则X1 12 8k；，y12巡，即点M的坐标为(3_尘，丄坐冷)，1 4k11 4k12 1 4k；同理，设直线A2N的斜率为k2,则得点的坐（8k；2 4k2 ）（2，2）1 4k；

23、1 4k；Q yp k1（t2）,yp k2（t2）k1 k2& k?22，Q直线MN的方程为:ty 力X X1X2又 Qt 2，X2 y1X1 y2y1y2'将点M、的坐标代入，化简后得：x2Q椭圆的焦点为（3,0）3，即 t433MN 过椭圆的焦点。方法总结：本题由点 A(-2,0)是方程（1 4k；）x2 16k2X216k140的一个根，结合韦达定理运用同类坐标变换，得到点M的横坐标:再利用直线 AM的方程通过同点的坐标变换，得点M的纵坐标：y14«；2 ；1 4k1其实由 y2 k'X 2）消 y 整理得（1 4k；）x2163 16k2x 4y 4

24、40,得到2X2曲，即1 4k；X28k； 22 ，1 4k；从而椭圆的方程为y214y2很快。i 4k；不过如果看到：将22xi i6ki 4-好中的时用k2换下来，xi前的系数2 用- 2换下来，就得点N的坐标2(冷'咼2),如果在解题时能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错但这样减少计算量。MN距在直线AiMX2%上也在yiy2.3 解t 4 3，到此不要忘了考察t - 3是否满足3 3另外：也可以直接设 P(t, yo),通过Ai, A2的坐标写出直线 理求出M、N的坐标，再写出直线 MN的方程。再过点 F,PAi, PA2的直线方程，再分别和椭圆联立，通过韦达定 求出t值

25、。例题5、(07山东理)已知椭圆 C的中心在坐标原点，焦点在 x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为 最小值为i ；(I)求椭圆C的标准方程;(n)若直线I:y kx m与椭圆C相交于A , B两点(A, B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点。求证：直线I过定点，并求出该定点的坐标。分析：第一问，是待定系数法求椭圆的标准方程；第二问，直线l: y kxm与椭圆C相交于A,B两点,且椭圆的右顶点和 A、B的连线互相垂直，证明直线I过定点，就是通过垂直建立 k、m的一次函数关系。1(ab 0)2x(I)由题意设椭圆的标准方程为2ac 3,a c 1 ,a 2,c i,b2x21 (

26、II)设 A(xi, yi), B(X2, y2)，由y3x2kx4y2(34k2)x2 8mkx4(m2 3)0,64m2k2i6(3 4k2)(m23)0 , 3 4k2m2Xi24(m3)8mk2 ，xi x223 4k23 4k2(注意：这步是 同类坐标变换)yi2y2 (kxi m) (kx2 m) k xix22 2mk(x.| x2) m24$)(注意：这一步叫同点纵、横坐标间3 4ky1y221,沖 X1X22(X1 X2)40，x12 x23(m24k2)4(m234k23 4k2k, m2空,7当m2k时,l:y当m仝时，l:y7学半4 0,23 4k2且满足3 4k2 m

27、2k(x 2)，直线过定点k(x -)，直线过定点72 27m2 16mk 4k20,解得(2,0),与已知矛盾;(?0)2l过定点，定点坐标为 (一,0).名师经验：在直线和圆锥曲线的位置关系题中，以弦为直径的圆经过某个点，就是“弦对定点张直角”综上可知，直线,也就是定点和弦的两端点连线互相垂直，得斜率之积为1，建立等式。直线不过定点，也不知道斜率，设出l: y kx m ,是经常用的一招，在第二讲中就遇到了这样设的直线。练习：直线l: y kx m和抛物线y2 px相交于A、B,以AB为直径的圆过抛物线的顶点，证明：直线kx m过定点，并求定点的坐标。分析:以AB为直径的圆过抛物线的顶点O

28、,贝U OAOB，若设 A(X1, yj, B(X2, y2)，则y“2yi y22(kx1 m) (kx2 m) k x1x2mkXX2)22m，将条件转化为(k1)X1 X2 mk(x1X2)0,再通过直线和抛物线联立，计算判别式后,可以得到X1X2 ,XiX2，解出k、m的等式，就可以了。v解：设 A(X1, y1), B(X2, y2)，由2ykx m得,2pxky2 2 py2mp 0 ,(这里消x得到的)则4 p2 8mkp 0(1)由韦达定理，得:y1 y2 罕，%丫2k2mpk则 x,x2y1 m2 m yy m(y1 y?) m2 q 以k2AB为直径的圆过抛物线的顶点O,则

29、OAOB，即X1X2%丫20，可得y“2 m(y1 y2) m2k2y”20,2 2则(1 k )2 mp 2 pm m k 0,即 k22mpm2k 0 ,又mk0 ,则m 2kp，且使(1)成立,此时l： ykx m kx 2kpk(x 2p)，直线恒过点(2p,0)。这个题是课本上的很经典的题，例题5、( 07山东理)就是在这个题的基础上，由出题人迁移得到的，140多分，应该不名师指点：题思维都是一样的，因此只要能在平时，把我们腾飞学校老师讲解的内容理解透，在高考中考取 成问题。本题解决过程中，有一个消元技巧，就是直线和抛物线联立时，要消去一次项，计算量小一些，也运用了同类坐 标变换一一

30、韦达定理，同点纵、横坐标变换直线方程的纵坐标表示横坐标。其实解析几何就这么点知识，你发现了吗？题型四：过已知曲线上定点的弦的问题，考若直线过的定点在已知曲线上，则过定点的直线的方程和曲线联立，转化为一元二次方程(或类一元二次方程)察判断式后，韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标，进而解决问题。下面我们就通过例题领略一下 思维过程。例题6、已知点 A、B、C是椭圆E:b21 (a b 0)上的三点，其中点A(2J3,O)是椭圆的右顶点,uur uuuBC过椭圆的中心 0,且ACgBCuuu0，BCuuir2 AC如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的方程;求直线PQ的斜率。AC。-又Q A

31、 (2 .3,0) 点C的坐标为(3, J3) 。 QA(2、3,0)是椭圆的右顶点,2 2a 2 3，则椭圆方程为:2 2椭圆E的方程为-124器寺1将点C(5 3代入方程，得b2 4，1(11) Q 直线PC与直线QC关于直线x .3对称,设直线PC的斜率为k，则直线QC的斜率为 k，从而直线PC的方程为：y3 k(x ,3)，即 y kx 、3(1 k)，由 y2 kx /3(1 k)消 y，整理得:x 3y 120(1 3k2)x2 6.3k(1 k)x 9k2 18k 3 0Q x .3是方程的一个根，2 2 29k 18k 39k 18k 39k 18k 3Xpg、32 即Xp 2

32、 冋理可得： xQ1 3k2P .-3(1 3k2).3(1 3k2)Q yPyQkxP3(1 k) kx3(1 k) = k(xP xQ) 2 3k=12k9k218k 3 9k2 18k 3_36k3(1 3k2)乂卩 xQ,3(1 3k2),3(1 3k2) 3(1 3k2)yp yQ13kPQXp Xq则直线PQ的斜率为定值方法总结：本题第二问中,由“直线PC与直线QC关于直线x .3对称”得两直线的斜率互为相反数，设直线PC的斜率为k,就得直线QC的斜率为-k。利用、3是方程(13k2)x2 6 .3k(1 k)x 9k2 18k 3 0的根，易得点 P的横坐标:Xp29k218k3

33、9二23，再将其中的k用-k换下来，就得到了点 Q的横坐标:.'3(1 3k2)Xq29k218k39二23，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。,3(1 3k2)接下来，如果分别利用直线 PC QC的方程通过坐标变换法将点 P、Q的纵坐标也求出来，计算量会增加许多。直接计算yp y 、 xpXq，就降低了计算量。总之，本题有两处是需要同学们好好想一想，如何解决此类问题,一是过曲线上的点的直线和曲线相交，点的坐标是方程组消元后得到的方程的根；二是利用直线的斜率互为相反数,x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A 2(2,0)。减少计算量，达到节省时间的目的。练习1、已知椭

34、圆C:； 占 1(a b 0)的离心率为一-，且在a b2(|)求椭圆的方程;(II)若直线 l: x t(t2)与x轴交于点T,点P为直线|上异于点T的任一点,直线PAi,PA2分别与椭圆交于点，试问直线 MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。解：(l)由已知椭圆C的离心率e c 3，a 2,则得c J3,ba 21。2从而椭圆的方程为y214(II )设M (Xi, yj， N(X2,y2)，直线AM的斜率为则直线AM的方程为yy k1(x 2)，由疋4ki(x2)消y1y1普1 4k1，即点M的坐标为(雹，詹)8k12整理得(1 4k；)x216k?x 16k；40 Q 2和论是方程的

35、两个根同理，设直线28k22 4kA2N的斜率为k2，则得点N的坐标为（一2 2，务）1 4k2 1 4k2Q yp ki(t2),ypk2(t 2)k1 k2k1 k22-，Q直线MN的方程为:ty 力X X1y2y1X2X1又 Qt 2 ,X2% 沁y1 y2'将点M、N的坐标代入，化简后得：x-2Q椭圆的焦点为 t3，即t罟故当t时，MN3过椭圆的焦点。方法总结：本题由点Ai（-2,0）的横坐标一2是方程（12 2 24k-| )x 16k2x 16k,40 的一个根,结合韦达定理得到点M的横坐标:Xi22%，利用直线AM的方程通过坐标变换，得点1 4k124k1M的纵坐标：yr

36、2 ,1 4k1216k2 4再将2X1 站中的K用k2换下来，X1前的系数8k24k22 用-2换下来，就得点N的坐标（誉，鶴），如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少许多，并且也不易出错，在这里减少计算量是本题的重点。否则，大家很 容易陷入繁杂的运算中，并且算错，费时耗精力，希望同学们认真体会其中的精髓。本题的关键是看到点 P的双重身份：点 P即在直线a,m上也在直线 A2N上，进而得到k1 k2k1 k2-，由直线MNt的方程y y1X丄得直线与X轴的交点，即横截距 XX2 y1X1 y2X1X2X-I，将点M N的坐标代入，化简易得y1y2t 4-求出方程。 a ,b，到此不要忘了考

37、察t 山 是否满足t 2。33练习32、：（2009辽宁卷文、理）已知，椭圆C以过点A（ 1,）,两个焦点为（一1, 0） （1, 0）。2(1)求椭圆C的方程;(2)E, F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数， 证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值。分析:2 2 第一问中，知道焦点，贝Ua b 1，再根据过点A，通过解方程组，就可以求出F的坐标，通过计算 yE-yF，xE-xF，就可以求出直，将点A的坐标代入方1 1 c2(舍去)4程：191解得2 21a 4a 4(a1)所以椭圆方程为22xy143可以求出点E的坐标，将点E中的k,用-k换下来，就可以得到点

38、 线EF的斜率了2 2x y 解：(I)由题意，C=1,可设椭圆方程为22a a 1(H)设直线 AE方程为：yk(x 1)3，代入2x22y32232(3 4k )x 4k(3 2k)x 4( k) 1202设 E(Xee),F(XfXfyF),因为点A(1,-)在椭圆上，所以2324(k)2 1223 4k2kxE又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以一 K代K，可得4(3 k)212、 2"F34k23ykxE2k所以直线EF的斜率KEfyF壮k(xF xE) 2k 1XfXeXFXE2即直线EF的斜率为定值，其值为1。12分2老师总结：此类题的关键就是定点在曲线上

39、，定点的坐标是方程的根，通过韦达定理，将动点的坐标求出，在根据斜率互为相反数，就可以直接求出第二动点的坐标，最后由斜率公式，可以求出斜率为定值。题型五：共线向量问题同类坐标变换，将问题解析几何中的向量共线，就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题，再通过未达定理 解决。此类问题不难解决。22例题7、设过点D(0,3)的直线交曲线 M : 94uuu uuu1于P、Q两点，且DP = l DQ ,求实数I的取值范围。八, uuu uuu、做= 分析：由DP = l DQ可以得到1y1 =l x23 + l3)，将P(X1 ,y1),Q(x2,y2)，代人曲线方程，解出点的坐标，用l表示出来。解：设

40、 P(X1,y1),Q(X2,y2),uuu uuu Q DP = l DQ(xi,yl-3)= 1 (x2,y2-3)郭1 = I X2即了?% = 3 + I (y2- 3)方法一：方程组消元法2 2又QP、Q是椭圆+ =1上的点942y= i42+ (ly2 + 3- 3l )2 = 1消去X2,可得(心3- 3l)2-内；=i- 124即y2=空61又 Q 2£y2 £2,£ 261解之得:55则实数1l的取值范围是丄,5 。5方法二:判别式法、韦达定理法、配凑法设直线PQ的方程为：y kx3,k0 ,由I甞36 消 y整理后，得(4 9k2)x2 54

41、kx 450Q P、Q是曲线M上的两点(54k)24 45(4 9k2) = 144k2800即 9k25由韦达定理得:54k45xx?亠2,x1x2亠249k49kQ(XiX2)2XX2 2X1X2XX122、254 k(1)45(4 9k2)236 9k 4,41 -5(1)29k29k21 1由得0苏5，代入，整理得彳 3691 25(1)51解之得-55当直线PQ的斜率不存在，即x 0时，易知总之实数l的取值范围是1,5 。5方法总结：通过比较本题的第二步的两种解法，可知第一种解法，比较简单，第二种方法是通性通法，但计算量较 大，纵观高考中的解析几何题，若放在后两题，很多情况下能用通性

42、通法解，但计算量较大，计算繁琐，考生必须 有较强的意志力和极强的计算能力；不用通性通法，要求考生必须深入思考，有较强的思维能力，在命题人设计的 框架中，找出破解的蛛丝马迹，通过自己的思维将问题解决。1 2例题8：已知椭圆C的中心在原点，焦点在 X轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y x2的焦点，4(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 过椭圆C的右焦点F作直线I交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若MA 1 AF , MB离心率为-2 BF，求 12的值.分析:1VF一.1X-1 O(07福建理科)如图，已知点 F (1, 0),直线I: x =- 1, P为平面上的动点，过 P作直线I的垂线，垂足为

43、uuu uuu uuu uuu点 Q，且 QP QF FP FQ(I)求动点 P的轨迹C的方程;murmu uuu(n)过点 F的直线交轨迹 C于A、B两点，交直线I于点M，已知 MA 1 AF, AFiuu2 BF，求12的值。小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算 能力和综合解题能力满分14分.uuu uuu uuu UULT(I)设点 P(x, y)，则 Q( 1, y)，由 QPgQF FPgFQ 得:2 (x 1,)g(2, y) (x 1, y)g 2, y)，化简得 C: y 4x .(n)设直线AB的方程为：x my

44、 1(m0).5 2 设 A(x“ yj , B(X2, y2)，又 M1,m联立方程组2 y4x,消去x得：xmy 1,y2 4my40, (24m)120 ,故yiy24m,YlY24.UJU 由MAuuu1AFuur ,MBuuu2BF 得:2yim1%2,y2m2丫2,整理得：i12my1，2 12my2 '1 222丄m y1丄Y222 (y1 gy2mg y°2ujuriuuruuruuu(n)由已知MA1AF ,MB2 BF，得 1g 20uuruurMA1AF则：-tuuFMB2BF所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹过点A, B分别作准线l的垂线，垂足分别

45、为Ai，Bi，解法二:2 4m2gm 4uuu uuurI)由 QPgQFuuu uuuFPgFQ 得:uuuuuuuuuruuu(PQPF)gPQPF) 0,uuur2uuu2PQPF0,uuuruuurPQPFuuu uuu FQgPQuuuPF) 0,C的方程为：y2 4x .则有:uur MA unr MBunrAAunrBB1uuurAFttuh BFiuuruur1AFAF由得：ituurkuh-,即 120.2BFBF22练习：设椭圆Cxy_1 (a 0)的左、右焦点分别为a21坐标原点O到直线AF1的距离为一 I OFj I .3F1、F2, A是椭圆C上的一点，且 AF2 F

46、.)F2 0 ,(1)求椭圆C的方程;(2)设Q是椭圆C上的一点，过Q的直线I交x轴于点P( 1 , 0)，较y轴于点M，若MQ 2QP，求直线I的方程.山东2006理x2双曲线C与椭圆81有相同的焦点，直线y=、3x为C的一条渐近线。(I)求双曲线C的方程；uuu uuuuuu(II)过点R0,4)的直线l，交双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点(Q点与C的顶点不重合)。当PQ1QA2QB,8时，求Q点的坐标。3解:(n)解法由题意知直线I的斜率k存在且不等于零。设 I 的方程：y kx 4, A(x1, y1)， B(x2,y2)则0( 4,0)kuur uuu Q PQiQA44(d4)1(X1k,yj4444片 1(x1 )k 1 kkk441%y1116(k2(1 1.2 16 )1 11 016232 1 16 116 | 2 k3